灵茶山艾府 - 基础算法精讲 高频面试题
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01 相向双指针

167.两数之和|| - 输入有序数组

题目 题解
初始双指针指向数组首尾，如果当前和大于target，右指针左移；小于target，左指针右移；等于target，则返回。

15.三数之和

题目 题解
for循环遍历i，j和k参照上面两数之和的方法做。难点在于在取得一组正确的三元组后，怎么移动i、j和k能够保证不重复：右移j直到nums[j]≠nums[j-1]；k也同理。
对于这题，灵神还给出了两个优化，即计算nums[i]与i之后最前或最末两个数的和，与target比较。

02 相向双指针

11.盛最多的水

题目 题解
木桶效应，能盛多少水取决于短边。因此每次应该移动最短边，计算移动过程中的最大水量即可。

42.接雨水

题目 题解
【方法一：前后缀分解】

把每一根柱子看作一个木桶，木桶的左壁最大高度称为前缀，木桶的右壁最大高度称为后缀。一个木桶中的水面高度如果超过前缀，水就会从左侧漏出；如果超过后缀，就会从右侧漏出。木桶的盛水量就是前缀与后缀中较小的一个，减去height。首先正向、逆向分别遍历，记录pre_max和suf_max，然后对每个桶计算水量即可。
【方法二：相向双指针】
对于计算每一个桶的容量，实际上并不需要确切地知道它前缀和后缀的值，只需要知道其前后缀中较小的一个的值即可。那么，前缀从height[0]开始，后缀从height[n-1]，此时前缀和后缀都是最小的情况了。如果此时前缀小于后缀，说明木桶0必然由前缀决定蓄水量，我们可以直接计算出木桶0的水量，并右移前缀的下标；后缀小于前缀时同理。知道前缀与后缀相遇为止。

03 滑动窗口

常见于子数组子串问题。常见结构为for(右指针){while{移动左指针}}。随着滑动窗口的增大or减小，某个性质（如窗口内数字的和）应该存在单调性，这类题目适用滑动窗口。使用滑动窗口，可以让时间复杂度从O(n^2)下降到O(n)。

209.长度最小的子数组

题目 题解
用一个滑动窗口来维护满足和小于target的最大子数组，滑动窗口的右边界由for遍历得到，左边界通过计算和来确定。右边界每右移一位，就判断当前和是否大于等于target，若大于等于target，则不断右移左边界直到和小于target，并在移动过程中记录最小的子数组长度。

713.乘积小于K的子数组

题目 题解
同样是固定右端点移动左端点，滑动窗口维护满足成绩小于K的最长子数组[left,right]。对于每一个right所形成的[left,right]滑动窗口，[left,left+1…right]、[left+1…right]…[right-1,right]、[right]都是满足要求的子数组，共有right-left+1个。累加每个right对应的满足要求的子数组，得到最终答案。

3.无重复字符的最长子串

固定右端点移动左端点，滑动窗口维护满足无重复字符的的最长子串。使用哈希表来判断是否有重复字符。当右端点新增加的字符为重复字符时，右移左端点直到原窗口中的重复字符消失。记录最长的窗口长度即可。

04 二分查找

利用数组有序的特点，时间复杂度由O(n)下降到O(logn)。
【左右指针的初始化】
不管是[left,right]、[left, right)还是(left,right)，核心是要让所有没有判断过的数落在区间内。所以，对于[left,right]，left=0,right=nums.size()-1；对于[left, right)，left=0,right=nums.size()；对于(left,right)，left=-1,right=nums.size()。

【while循环的条件】
当区间内没有数时，终止循环；还有数时，继续循环。所以，对于[left,right]，while(left<=right)；对于[left, right)，while(left<right)；对于(left,right)，while(left+1<right)

【循环内if-else的判断条件】
按照二分查找的目标进行设置即可。如想找到第一个大于等于target的数，那么就应该写if(nums[mid]>=target){} else{}

【左右指针的移动】
和初始化一样，核心是要让移动后的区间只包含没有判断过的数。在每轮循环的if-else中，都判断了mid和target的关系，需要根据left、right区间的开闭来决定更新后的区间是否包含mid

【返回值】
根据if-else条件确定返回值即可。比如if(nums[mid]>=target) right = mid-1; else{left = mid+1}。那么我们可以知道循环中的不变量为nums[right+1]>=target，因此应该return right+1。如果不存在满足条件的数，return的值会等于nums.size()

【二分查找条件的相互转化】
不通过转化也可以直接写出各类查找条件下的二分查找代码，但是如果一题中出现了多个条件，可以使用转化来节省时间。

1. 第一个大于等于x的下标： lower_bound(x)
2. 第一个大于x的下标：可以转换为第一个大于等于 x+1 的下标 ，lower_bound(x+1)
3. 最后一个一个小于x的下标：可以转换为第一个大于等于 x 的下标 的左边位置, lower_bound(x) - 1;
4. 最后一个小于等于x的下标：可以转换为第一个大于等于 x+1 的下标 的 左边位置, lower_bound(x+1) - 1;

34.在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置

题目 题解
写辅助函数lower_bound，查找第一个大于等于x的下标，参考上述方法实现二分查找方法。
int start = lower_bound(nums,target);
int end = lower_bound(nums,target+1)-1;
if(start==nums.size() || nums[start]!=target) return {-1,-1};
return {start,end};

05 二分查找

二分查找不仅可以处理有序数组，通过设置比较条件，也可以处理一些“无序”数组的查找问题。

162.寻找峰值

题目 题解
虽然这道题的数组不是有序的，一般难以想到用二分。但是由于我们只需要找到其中一个峰值，而在这个峰值附近的一小段区域里，数字满足左边递增、右边递减的规律，所以我们仍然可以使用二分，只不过条件从与常数target比较，变成了nums[mid]与nums[mid+1]比较。

153.寻找旋转排序数组的最小值

题目 题解
旋转后的数组分成两段递增数列，后半段的最大值也比前半段的最小值还小。第二段的开头也就是数组中第一个<=nums.back()的值，因此只要以nums[mid]<=nums.back()为条件二分即可。

33.搜索旋转排序数组

题目 题解
主要的难点在于根据target和mid在哪一段，以及target和mid之间的关系进行分类讨论。比较好的方式是先根据mid在哪一段进行分类，再根据target在mid的左侧还是右侧进行分类。

06 反转链表

    while(cur!=nullptr){
        nex=cur->next;
        cur->next=pre;
        pre=cur;
        cur=nex;
    }

206.反转链表

题目 题解
三个指针pre、cur、nex，注意应在每轮循环中操作cur之前更新nex，这样可以避免nex的越界问题。

92.反转链表II

题目 题解
一般的思路是先把需要反转的部分断开，进行反转后在接上原来的首尾结点。这种方法思路简单，但是需要标记的结点比较多，注意细节就能正确写出。灵神的方法是不断开直接进行反转，代码过程简单多了，不愧是灵神！另外，为了避免left=1时成为特例，需要在头结点前增加一个假头结点。

25.K个一组翻转链表

题目 题解
92题中灵神方法的优势在这一题中得到了充分体现。首先统计整个链表的长度，以k为步长循环：在每一轮循环里翻转K个结点，翻转的方式参考92题。除了这种方法外，也可以使用递归的解法，每次只处理k个结点。

07 快慢指针

    ListNode* slow=head;
    ListNode* fast=head;
    while(fast && fast->next){
        slow=slow->next;
        fast=fast->next->next;
    }

876.链表的中间结点

题目 题解
快慢指针均从链表的头开始，慢指针一次走一步，快指针一次走两步。那么长度为奇数时，快指针走到最后一个结点时慢指针走到中间；长度为偶数时，快指针走到结尾nullptr时慢指针走到第二个中间结点。设置循环条件为fast && fast->next，慢指针即为答案。

141.环形链表

题目 题解
如果有环，快慢指针肯定可以相遇，因为快指针相对慢指针的速度是1，不会出现快指针错过慢指针的情况；如果没有环，快指针走到链表结尾，不会与慢指针相遇。

142.环形链表II

题目 题解
首先如141题的方法一样，判断链表中有没有环，如果有环，快慢指针在环中的某一个结点处会相遇。相遇时，慢指针在环内所走过的长度必然是小于环长的（因为快指针相对慢指针的速度是1，假设环长为n，慢指针最多走n-1步就可以和快指针相遇）。假设环外长度为a，相遇时慢指针在环内走过长度为b，剩余环长为c，如图所示：

那么相遇时，慢指针走了(a+b)步，快指针走了a+k(b+c)步。
根据快指针走的距离是慢指针的两倍，可以得到：(a+b) = 2a+2k(b+c) ==> a = c + (k - 1)(b + c)
a = c + (k - 1)(b + c) 这一式子说明：从相遇点到入口的距离加上 k-1 圈的环长，恰好等于从链表头部到入口的距离。也就是说，如果有一个指针head从链表头起始，和慢指针一起一次向前走一步，那么当head走到入口（共a步)时，慢指针也走到了入口处。
因此当如141题一样找到相遇点后，使用head指针和slow一起一次向前一步，直到两者相遇即可。

143.重排链表

题目 题解
题中想要的操作类似于，倒着把链表后半段的结点一个个插入链表前半段中，比如把L_n插入L_0和L_1中，L_n-1插入L_1和L_2中……我们可以给前后两段链表各分配一个指针，每一轮插入完就移动到下一个结点。但是，链表的单向性让我们易于从L_0移动到L_1，却难以从L_n移动到L_n-1。因此，我们可以反转后半段链表，这样就能从L_n移动到L_n-1了。
要反转后半段链表，首先需要找到原链表的中点。参考876题，这使用快慢指针法即可。
参考206题反转后半段链表，也非常简单。
然后，把后半段链表的结点依次插入前半段链表中：注意，无论原链表的长度是奇是偶，后半段链表的尾结点（也就是原链表的中间结点），不需要插入就已经在正确的位置上了。因此循环条件应设置为while(second->next)

08 前后指针

237.删除链表中的节点

题目 题解
一般的删除，需要知道要删除链表的上一个结点。而这道题因为无法访问head，所以也不可能通过遍历的方式找到上一个节点。于是不得不使用一些奇技淫巧：把当前结点的值改为下一个结点的值，然后删掉下一个结点。

19.删除链表的倒数第n个结点

题目 题解
首先，由于删除的可能是头结点，所以需要增加一个假头结点dummyNode。其次，要删除倒数第n个结点，我们需要找到倒数第n+1个结点。而要实现一轮扫描，可以使用前后指针的方法：让前指针先走n步后，后指针和前指针一起一次走一步，当后指针到达链表尾结点的时候，前指针到达倒数第n+1个结点。

83.删除排序链表中的重复元素

题目 题解
头结点不管有没有重复，都可以保留，所以不需要使用假头结点。cur指针从头结点起始，只在需要保留的结点上移动。如果cur的下一个结点的值与cur相同，就删除下一个结点；否则移动cur指针。

82.删除排序链表中的重复元素II

题目 题解
这题与上一题的区别在于，有重复的结点要全部删除，而不是保留一个。所以头结点也可能被删，因此需要使用假头结点。cur指针从假头结点起始，只在需要保留的结点上移动。如果cur->next和cur->next->next的值相同，说明有重复，就应该删除所有重复：记录下目前要删的这批重复结点的值，只要当前cur的下一个结点的值仍然是该值，就删除下一个结点；否则移动cur指针。这题逻辑有点复杂，循环条件也要避免写错。